fixfix
2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему
 
 асимптотика определенного интеграла
Сообщение30.10.2005, 17:40 


08/10/05
49
Доказать, что если $0<k<1$ и $k$ стремится к 1, то
\begin{center}
$$\int\limits_{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt{(1-x^2)(1-k^2x^2)}} \sim \frac{1}{2}\ln\frac{1}{1-k}.$$
\end{center}

 Профиль  
                  
 
 NB!
Сообщение30.10.2005, 22:09 
Заслуженный участник


28/10/05
1368
NB! Podstanovskoi x = sin(t) poluchaem ellipticheskiy integral pervogo roda - opredelenniy integral ot 0 do pi/2, podintegral´naya funktsiya 1/koren´ iz 1-k^2sin^2(t). Tabulirovanniy integral Jacobi.

 Профиль  
                  
 
 Re: NB!
Сообщение30.10.2005, 22:55 


08/10/05
49
LynxGAV писал(а):
NB! Podstanovskoi x = sin(t) poluchaem ellipticheskiy integral pervogo roda - opredelenniy integral ot 0 do pi/2, podintegral´naya funktsiya 1/koren´ iz 1-k^2sin^2(t). Tabulirovanniy integral Jacobi.

Про это я знаю. А как действовать дальше?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение31.10.2005, 20:50 


31/10/05
1
Стандартный путь такой-записываем через гипергеометрические функции, а для них в данном случае есть метод получения асимпт, используюший правило Лопиталя и дифференцирование по параметру. Есть в книгах по спецфункциям, например, у Бейтмен-Эрдейи или Коренева.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение31.10.2005, 21:42 


08/10/05
49
S.M.S. писал(а):
Стандартный путь такой-записываем через гипергеометрические функции, а для них в данном случае есть метод получения асимпт, используюший правило Лопиталя и дифференцирование по параметру. Есть в книгах по спецфункциям, например, у Бейтмен-Эрдейи или Коренева.

Предполагается, что задачу можно решить более простыми методами, используя разложение в ряд. Интересно найти более простое решение этой задачи.

 Профиль  
                  
 
 Re: Задачка по мат. анализу
Сообщение02.11.2005, 03:44 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


17/10/05
3709
:evil:

Могу предложить идею, и, по-моему, проходимую.

Пусть $u\rightleftharpoons1-k^2$. Тогда исходный интеграл переписывается в виде $\int\limits_{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt{(1-x^2)(1-x^2 + u\,x^2)}} =$
$\int\limits_{0}^{1-u} \frac{dx}{\sqrt{(1-x^2)(1-x^2 + u\,x^2)}}+$$\int\limits_{1-u}^{1} \frac{dx}{\sqrt{(1-x^2)(1-x^2 + u\,x^2)}}=$
$\int\limits_{0}^{1-u} \frac{dx}{1-x^2}}+$$\int\limits_{0}^{1-u} \left(\frac{1}{\sqrt{(1-x^2)(1-x^2 + u\,x^2)}}-\frac{1}{1-x^2}\right)dx+$$\int\limits_{1-u}^{1} \frac{dx}{\sqrt{(1-x^2)(1-x^2 + u\,x^2)}}$.

Первый интеграл - табличный $\frac{1}{2}\ln\left(\frac{2-u}{u}\right)$; два других - равномерно ограничены на промежутке $[0,1]$. Возвращаясь к исходным обозначениям имеем $\frac{1}{2}\ln\left(\frac{1+k^2}{1-k^2}\right)+O(1)=$$-\frac{1}{2}\ln(1-k)+O(1)$.

Если честно, то факт ограничености я не доказал :wink: . Не знаю, как у passenger со временем, и хочет ли он(а) ждать. Может, идеи достаточно? или сам(а) закончит.

 Профиль  
                  
 
 Re: Задачка по мат. анализу
Сообщение03.11.2005, 04:58 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


17/10/05
3709
:evil:
Не так страшен черт, как его малюют. А я вот струхнул :)

Итак,

2) Второй интеграл (с точность до обратного знака) $\int\limits_{0}^{1-u} \left(\frac{1}{1-x^2}-\frac{1}{\sqrt{(1-x^2)(1-x^2 + u\,x^2)}}\right)dx=$$\int\limits_{0}^{1-u} \frac{1}{1-x^2}\left(1 - \frac{1}{\sqrt{1+\frac{u\,x^2}{(1-x^2)}}}\right)dx=$
$\int\limits_{0}^{1-u} \frac{1}{1-x^2}\,\frac{\sqrt{1+\frac{u\,x^2}{(1-x^2)}}\,-\,1}{\sqrt{1+\frac{u\,x^2}{(1-x^2)}}}
dx=$$\int\limits_{0}^{1-u} \frac{1}{1-x^2}\,\frac{1\,+\,\frac{u\,x^2}{(1-x^2)}\,-\,1}{\left(1+\sqrt{1+\frac{u\,x^2}{(1-x^2)}}\right)\sqrt{1+\frac{u\,x^2}{(1-x^2)}}}
dx=$
$\int\limits_{0}^{1-u} \frac{1}{(1-x^2)^2}\,\frac{u\,x^2}{\left(1+\sqrt{1+\frac{u\,x^2}{(1-x^2)}}\right)\sqrt{1+\frac{u\,x^2}{(1-x^2)}}}
dx=$
$\int\limits_{0}^{1-u} \frac{u}{(1-x)^2}\,\frac{x^2}{(1+x)^2\left(1+\sqrt{1+\frac{u\,x^2}{(1-x^2)}}\right)\sqrt{1+\frac{u\,x^2}{(1-x^2)}}}
dx<$

Вторая дробь меньше некоторой константы $c_2$ для всех $u$ и всех $x < 1-u$ (знаменатель вверх, числитель вниз, и все по барабану). Тогда

$< \int\limits_{0}^{1-u} \frac{c_2\, u}{(1-x)^2}
dx=$$c_2(1-u) < c_2$.


3) $\int\limits_{1-u}^{1} \frac{dx}{\sqrt{(1-x^2)(1-x^2 + u\,x^2)}}=$

$\int\limits_{1-u}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-x}}\,\frac{1}{\sqrt{(1+x)(1-x^2 + u\,x^2)}} dx <$

Вторая дробь меньше $\frac{c_3}{\sqrt{u}}$ для некоторой константы $c_3$ для всех $u$ и всех $1-u < x < 1$. Тогда

$ < \int\limits_{1-u}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-x}}\,\frac{c_3}{\sqrt{u}} dx =$$2 c_3$

В общем, "интегралы што, дробя заедает". :D

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.11.2005, 15:56 


08/10/05
49
Производя замену переменной x = \sin \varphi, сводим исходный интеграл к следующему:
F(k) = \int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\varphi}{\sqrt{(1-k^2\sin^2\varphi)}}
Раскладывая в ряд подынтегральное выражение, получим:
\left(1-k^2\sin^2\varphi \right)^{-\frac{1}{2}} = 
1 + \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}k^{2n}\sin^{2n}\varphi, тогда
F(k) = \left( \frac{\pi}{2} \right) + \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}k^{2n}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}\varphi d\varphi.
Пользуясь равенством \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2n}\varphi d\varphi = \frac{\pi}{2} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}, получим
F(k) = \left( \frac{\pi}{2} \right) \left(1 + \sum\limits_{n=1}^{\infty} \left(\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\right)^2k^{2n}\right)
Затем, пользуясь правилом Лопиталя, получаем:
\lim_{k \to 1} \frac{F(k)}{\frac{1}{2}\ln\frac{1}{1-k}} = \lim_{k \to 1} \frac{F'(k)}{\frac{1}{2}\frac{1}{1-k}} = 0,,
хотя должна получиться 1. В чём ошибка, подскажите?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.11.2005, 16:44 
Основатель
Аватара пользователя


11/05/05
4313
откуда там в знаменателе последней дроби есть k в числителе?
И еще поправь степени у $\varphi$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение03.11.2005, 17:19 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


17/10/05
3709
:evil:
Тяжело так прорубаться... Во-вторых (после cepesh), после применения Лопиталя неопределенность $\frac{\infty}{\infty}$ остается ($k\to1$, а не к $0$). Посему, надо дифференцировать до потери пульса , либо переносить $1-k$ из знаменателя знаменателя (эк загнул) в числитель и анализировать сумму условно сходящегося ряда. Где-то по дороге должно еще $\pi$ слинять.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение04.11.2005, 15:44 
Заслуженный участник


28/10/05
1368
Ego reshenie bilo luchshim. Amin´.
:P

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение14.11.2005, 00:53 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/10/05
236
Вот еще из анализа, никак не дойду :
Пусть $g(x)=(1+x)*(1+x^2)*...*(1+x^{2001}) $ и $f(x)= \frac{x^{2000}}{g(x)}$. Надо показать,что $\int_{x}^{1}f(t) dt=f(x)$ для некоторого $x \in (0,1)$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение14.11.2005, 03:24 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


17/10/05
3709
:evil:
Может быть, Вам поможет то, что бОльшая часть определения $f(x)$ не используется при решении задачи?

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 13 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group